2021届高考物理通用一轮练习：阶段综合测评10

  www.ks5u.com阶段综合测评(十)

　　时间：90分钟　　　满分：110分

第Ⅰ卷  (选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的五个选项中，有三项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是(　　)

A．在10r0(r0为分子直径，其值数量级为10－10 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力

B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零

C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小

D．分子间距离越大，分子间的斥力越小

E．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢

答案　ADE

解析　分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确。设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r＞r0时，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r＜r0时，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0时，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误。分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化慢，D、E正确。

2．(2019·辽宁抚顺毕业班模拟)下列说法中正确的是(　　)

A．已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数

B．悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显

C．当两个分子的间距从很远处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大

D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大

E．一定质量的理想气体，经过等温压缩后，其压强一定增大

答案　ADE

解析　水的摩尔质量与一个水分子的质量的比值等于阿伏加德罗常数，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的微粒受到液体分子各个方向的撞击不平衡而产生的不规则的运动，微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，各个方向的撞击越不平衡，布朗运动越明显，故B错误；两个分子间的距离由很远处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，然后再增大，而分子势能先减小后增大，故C错误；温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，故D正确；一定质量的理想气体经过等温压缩后，根据pV＝C知，其压强一定增大，故E正确。

3．下列说法正确的是(　　)

A．液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点

B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了

C．清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动

D．在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故

E．空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化

答案　ABD

解析　液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A正确；根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分水分子的速率减小，但个别水分子的速率可能增大了，故B正确；空气中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的，不是布朗运动，故C错误；在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服不容易晾干，故D正确；根据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，故E错误。

4．(2019·湖南师大附中月考)下列说法中正确的是(　　)

A．一定质量的理想气体的内能随着温度升高一定增大

B．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律

C．当分子间距r>r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力

D．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大

E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的

答案　ADE

解析　一定质量的理想气体只有分子动能，其内能只与温度有关，温度升高，其内能一定增大，A正确；第二类永动机没有违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，是不可能制成的，B错误；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得快，所以当r>r0时分子力表现为引力，C错误；大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，D正确；单晶体在熔化过程中吸收热量，内能增大，但是温度不变，分子平均动能不变，则分子势能增大，故E正确。

5．(2019·吉林省长春市二模)下列有关热学现象和规律的描述正确的是(　　)

A．空气中尘埃的运动是布朗运动，反映了空气分子在做无规则的热运动

B．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果

C．晶体都有固定的熔点，物理性质都表现为各向异性

D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大

E．第二类永动机没有违背能量守恒定律

答案　BDE

解析　空气中尘埃的运动是气流引起的，不是布朗运动，A错误；在完全失重状况下，液滴由于表面张力使其表面积收缩至最小，呈球形，B正确；单晶体的物理性质都表现为各向异性，多晶体的物理性质都表现为各向同性，C错误；一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，体积增大，密度减小，由＝C知，温度升高，分子平均动能将增大，D正确；第二类永动机违背了热力学第二定律，但没有违背能量守恒定律，E正确。

6．(2019·宁夏石嘴山三中一模)下列说法中正确的是(　　)

A．“用油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积

B．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性

C．雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果

D．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力

E．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多

答案　BCE

解析　“用油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积，A错误；非晶体呈各向同性，多晶体也呈各向同性，而单晶体表现为各向异性，B正确；雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果，C正确；不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，D错误；温度从微观角度看表示大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，E正确。

7．(2019·安徽宣城二模)下列说法正确的是(　　)

A．液体的饱和汽压随温度的升高而增大

B．温度相同的氮气和氧气的分子平均动能相同

C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能也越来越大

D．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是油脂使水的表面张力增大的缘故

E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关

答案　ABE

解析　温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间里从液面飞出的分子数增多，原来的动态平衡被破坏，液体继续蒸发，蒸汽的压强继续增大，直至达到新的动态平衡，故液体的饱和汽压随温度的升高而增大，A正确；温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同的氮气和氧气的分子平均动能相同，B正确；做加速运动的物体，速度越来越大，但物体分子的平均动能不一定增大，因为分子的平均动能是由温度决定，与物体的宏观运动无关，C错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是由于水浸润玻璃，但不浸润涂油脂的玻璃，D错误；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数N与单位体积内气体的分子数n和温度T都有关，E正确。

8．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)

A．该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变

B．该气体在压强增大的过程中，一定吸热

C．该气体被压缩的过程中，内能可能减少

D．该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量

E．如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变

答案　ACD

解析　由理想气体状态方程＝C可知V缓慢增大时，当pV不变时则温度不变，A正确；同理p增大时如果V减小且pV不变，则T不变，内能U不变，外界对系统做正功W，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0，知Q为负，放出热量，B错误；由＝C，分析知V减小时T可能减小，即内能可能减少，C正确；由＝C知气体经等温压缩后，T不变，V减小，则p增大，外界对系统做正功，由ΔU＝0＝W＋Q知Q为负，一定放出热量，D正确；由ΔU＝W＋Q知，当Q＝0时，如果W≠0，则ΔU≠0，即温度变化，分子的平均动能变化，E错误。

9．(2019·东北三校高三第一次联合模拟)下列说法正确的是(　　)

A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行

B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加

C．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度

D．液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置

E．当两分子间距离为r0时，分子力为0；当分子间距离小于r0时，分子间表现为斥力

答案　BCE

解析　自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，A错误；改变物体内能的两种方式是热传递和做功，在绝热条件下压缩气体，外界对气体做正功，气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律知气体的内能一定增加，B正确；人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度，C正确；液体没有确定的形状且具有流动性，是因为液体分子间的作用力较小，分子的平衡位置不固定，D错误；当两分子间距离为r0时，分子力为0，当分子间距离小于r0时，斥力大于引力，分子间表现为斥力，E正确。

10．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是(　　)

A．气体并没有对外做功，气体内能不变

B．B中气体可自发地全部退回到A中

C．气体温度不变，体积增大，压强减小

D．气体体积膨胀，对外做功，内能减小

E．气体体积变大，气体分子单位时间对座舱壁单位面积碰撞的次数将变少

答案　ACE

解析　由于气闸舱B内为真空，所以气体在扩张过程中没有对外做功，系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，故A正确，D错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观变化都是不可逆的，故B错误；理想气体内能不变，温度不变，由pV＝C可知，体积增大，压强减小，故C正确；气体体积变大，分子数密度n减小，温度不变，分子平均动能不变，平均速率不变，所以气体分子单位时间对座舱壁单位面积碰撞的次数将变少，故E正确。

11．(2019·河南郑州二模)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是(　　)

A．由状态a变到状态b的过程中，气体吸收热量

B．由状态a变到状态b的过程中，每个气体分子的动能都会增大

C．从状态b到状态c，气体对外做功，内能减小

D．从状态c到状态d，气体密度不变

E．从状态a到状态d，气体内能增加

答案　ADE

解析　由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，A正确；由状态a变到状态b的过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都会增大，B错误；从状态b到状态c，气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，C错误；从状态c到状态d，气体体积不变，则气体的密度不变，D正确；从状态a到状态d，气体温度升高，则内能增加，E正确。

12. (2019·辽宁葫芦岛一模)回热式制冷机是一种极低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程。已知状态A、B的温度均为27 ℃，状态C、D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)

A．气体由状态A到状态B的过程，温度先升高后降低

B．气体由状态B到状态C的过程，内能保持不变

C．气体由状态C到状态D的过程，分子间的平均间距减小

D．气体由状态C到状态D的过程，气体对外做功

E．气体由状态D到状态A的过程，其热力学温度与压强成正比

答案　ADE

解析　状态A、B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，A正确；气体由状态B到状态C的过程，温度降低，内能减小，B错误；气体由状态C到状态D的过程，体积增大，分子间的平均间距增大，C错误；气体由状态C到状态D的过程，体积增大，气体对外做功，D正确；气体由状态D到状态A的过程，体积不变，根据＝C，其热力学温度与压强成正比，E正确。

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

二、填空和实验题(本题共3小题，共16分)

13．(4分)(2020·陕西百校联盟一模)如图所示，用水银血压计测量血压。某次测量时，先向袖带内充气，充入后袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V。然后缓慢放气(该过程中气体温度保持不变)，使袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0，则放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数________(填“增加”“减少”或“不变”)，在放气过程中袖带内气体________(填“吸热”或“放热”)。

答案　减少　吸热

解析　分析题意可知，放出部分气体后，剩余气体的压强减小、温度不变，根据压强的微观意义可知，放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数减少；放气过程中，气体的温度不变，则内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热。

14．(6分)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围分别如图a、b、c所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图d所示。则由此可判断出甲为________，乙为________，丙为________。(填“单晶体”“多晶体”或“非晶体”)

答案　多晶体　非晶体　单晶体

解析　晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，由图d知，甲与丙为晶体，乙为非晶体。单晶体的物理性质具有各向异性，熔化在晶体表面的石蜡为椭圆形；多晶体和非晶体的物理性质具有各向同性，熔化在表面的石蜡为圆形，因此甲为多晶体，丙为单晶体。

15．(6分)(2019·重庆一诊)在“用油膜法估测分子的大小”的实验时，用注射器将一滴油酸酒精溶液滴入盛水的浅盘里，把玻璃板放在浅盘上并描画出油酸膜的轮廓，如图。图中正方形小方格的边长为1 cm，该油酸膜的面积是________ m2，若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是7×10－6 mL，则油酸分子的直径是________ m(计算结果保留一位有效数字)。

答案　1.16×10－2(1.14×10－2～1.18×10－2均可)　6×10－10

解析　采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径。面积超过小正方形一半的正方形的个数为116个(114～118个均可)，则油酸膜的面积约为S＝116×10－4 m2＝1.16×10－2 m2(1.14×10－2 m2～1.18×10－2 m2均可)；油酸分子的直径d＝＝ m≈6×10－10 m。

三、计算题(本题共5小题，共46分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

16．(8分)(2019·山西高三二模)如图，粗细均匀的等臂U形管竖直放置，其左管封闭有一定量的气体，右管开口与大气相通，左右两侧被水银柱隔开。平衡时测得左管内气柱的长度为l，右管内水银面高于左管内水银面h。现从右管开口处用一不计厚度的活塞缓慢向下压气体，已知活塞与管密封良好，水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g。若整个过程中气体温度保持不变，求活塞压下多少距离时左右两管水银面相齐平。

答案　l－－

解析　设U形管的横截面积为S，左右两管水银面相齐平时，两侧气体压强为p′，活塞被压下的距离为x，

根据玻意耳定律可知，

对左管气体：(p0＋ρgh)lS＝p′(l－)S

对右管气体：p0(l－h)S＝p′(l－－x)S

联立解得：x＝l－－。

17．(8分)(2019·山东德州高三上学期期末)如图所示，内壁光滑、上端开口的固定汽缸竖直放置，内部横截面积为S，高度为H。现用一质量为m、厚度不计的活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置A距汽缸底部的距离为h。现对缸内气体加热，缸内气体温度上升至热力学温度为T时，活塞刚好上升到汽缸最高点，立即停止加热，缸内气体无泄露。已知外部的大气压强为p0，当地重力加速度为g。求：

(1)加热前缸内气体的热力学温度；

(2)停止加热一段时间后，缸内气体恢复至原来的温度，此后保持缸内气体温度不变，将活塞缓慢拉离汽缸，至少应施加多大的拉力。

答案　(1)　(2)(p0S＋mg)

解析　(1)活塞上升过程中缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律：

＝，

解得加热前缸内气体的热力学温度T0＝。

(2)加热前活塞受力平衡：p1S＝p0S＋mg

将活塞拉离汽缸时：p2S＋F＝p0S＋mg

加热前和活塞将要拉离汽缸时，气体温度相同，由玻意耳定律：

p1hS＝p2HS，

联立以上三式解得F＝(p0S＋mg)。

18．(8分)(2019·湖南衡阳二模)如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分别为S1＝2 cm2、S2＝1 cm2。封闭气体初始温度为451 K，气柱长度为L＝22 cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，大气压强p0＝76 cmHg。求：

(1)h1和h2的值；

(2)若缓慢升高气体温度，升高到多少开尔文可将所有水银全部压入细管内？

答案　(1)2 cm　4 cm　(2)504 K

解析　(1)取开始到所有水银刚好全部压入细管内的过程为研究对象，由图乙可知，初始状态：p1＝p0＋ρg(h1＋h2)＝82 cmHg，

末状态：S1h1＝S2h3＝(48－44) cm3，p2＝p0＋ρg(h2＋h3)＝84 cmHg，

解得：h1＝2 cm，h2＝4 cm。

(2)设气体温度升高到T2时可将所有水银全部压入细管内，由理想气体状态方程得：＝，

其中p1＝82 cmHg，V1＝44 cm3，T1＝451 K，

p2＝84 cmHg，V2＝48 cm3，

代入数据解得：T2＝504 K。

19．(10分)如图所示，下端封闭且粗细均匀的“┐”形细玻璃管，竖直部分长l＝50 cm，水平部分足够长，左边与大气相通，当温度t1＝27 ℃时，竖直管内有一段长h＝10 cm的水银柱，封闭着一段长l1＝30 cm的空气柱，外界大气压始终保持p0＝76 cmHg，设0 ℃为273 K，试求：

(1)被封闭气柱长度l2＝40 cm时的温度t2；

(2)温度升高至t3＝177 ℃时，被封闭空气柱的长度l3。

答案　(1)127 ℃　(2)50.9 cm

解析　(1)封闭气体的初状态：

p1＝p0＋ph＝86 cmHg，

T1＝t1＋273 K＝300 K，l1＝30 cm

末状态：l2＝40 cm时，l2＋h＝l

水银柱上端刚好到达玻璃管拐角处，p2＝p1气体做等压变化，有＝

解得T2＝400 K，即t2＝127 ℃。

(2)t3＝177 ℃时，T3＝450 K>T2，此时水银柱已经全部进入水平玻璃管，则被封闭气体的压强p3＝p0＝76 cmHg

由理想气体状态方程得＝

解得l3≈50.9 cm。

20．(12分)(2019·四川资阳二诊)如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，汽缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。初态时气体压强为一个大气压，温度为27 ℃，活塞到汽缸底部距离为30 cm。现对缸内气体缓慢加热到427 ℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100 J。已知汽缸横截面积为50 cm2，总长为50 cm，大气压强为1.0×105 Pa。汽缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。求：

(1)末态时(427 ℃)缸内封闭气体的压强；

(2)封闭气体共吸收了多少热量。

答案　(1)1.4×105 Pa　(2)200 J

解析　(1)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖—吕萨克定律可知：＝，

又T1＝(273＋27) K＝300 K，h1＝30 cm，h2＝50 cm，

解得：T2＝500 K，即227 ℃。

因为227 ℃<427 ℃，所以气体接着发生等容变化。设当气体温度达到427 ℃时，封闭气体的压强为p，

由查理定律可得：＝

代入数据可得：p＝1.4×105 Pa。

(2)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m，故大气压力对封闭气体所做的功为W＝－p0SΔx

代入数据解得：W＝－100 J

由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得：Q＝ΔU－W＝100 J－(－100 J)＝200 J，即封闭气体共吸收的热量为200 J。